Giai de thi vao 10 tinh Hai Duong cac nam

ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG
Năm học : 2008 – 2009
Khoá thi ngày 26/6/2008 - Thời gian 120 phút.
( Đợt 1 )
Câu I (3 điểm):
1) Giải các phương trình sau:
a)
5.x 45 0− =
b) x(x + 2) – 5 = 0
2) Cho hàm số y = f(x) =
2
x
2
a) Tính f(-1)
b) Điểm
( )
M 2;1
có nằm trên đồ thị hàm số không ? Vì sao ?
Câu II (2 điểm):
1) Rút gọn biểu thức
P =
4 a 1 a 1
1 .
a
a 2 a 2

 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
+ −
 
 
với a > 0 và a
≠
4.
2) Cho pt:
2
2 2 0x x m− − =
Tìm m để pt có 2 nghiệm thoả mãn :
( ) ( )
2 2
1 2
1 x 1 x 5+ + =
Câu III (1 điểm):
Tổng số công nhân của hai đội sản xuất là 125 người. Sau khi điều 13 người từ đội thứ
nhất sang đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất bằng
2
3
số công nhân của đội
thứ hai. Tính số công nhân của mỗi đội lúc đầu.
Câu IV (3 điểm):
Cho đường tròn tâm O. Lấy điểm A ở ngoài đường tròn (O), đường thẳng AO cắt đường

tròn (O) tại 2 điểm B, C (AB < AC). Qua A vẽ đường thẳng không đi qua O cắt đường
tròn (O) tại hai điểm phân biệt D, E (AD < AE). Đường thẳng vuông góc với AB tại A
cắt đường thẳng CE tại F.
1, Chứng minh tứ giác ABEF nội tiếp.
2, Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng FB với đường tròn (O). Chứng minh
DM
⊥
AC.
3, Chứng minh CE.CF + AD.AE = AC
2
.
Câu V (1 điểm):
Cho biểu thức :
B = (4x
5
+ 4x
4
– 5x
3
+ 5x – 2)
2
+ 2008.
Tính giá trị của B khi x =
1 2 1
.
2
2 1
−
+
Lời giải đề thi vào THPT Tỉnh Hải Dương 2008 - 2009 ( Đợt 1 )

Câu I: 1) a)
5.x 45 0 5.x 45 x 45 : 5 x 3.− = ⇔ = ⇔ = ⇔ =
b) x(x + 2) – 5 = 0
⇔
x
2
+ 2x – 5 = 0
∆
’ = 1 + 5 = 6
⇒

' 6∆ =
. Phương trình có hai nghiệm phân biệt : x
1,2
=
1 6− ±
.
2) a) Ta có f(-1) =
2
( 1) 1
2 2
−
=
.
b) Điểm
( )
M 2;1
có nằm trên đồ thị hàm số y = f(x) =
2
x

2
. Vì
( )
( )
2
2
f 2 1
2
= =
.
Câu II: 1) Rút gọn: P =
4 a 1 a 1
1 .
a
a 2 a 2
 
− +
 
− −
 ÷
 ÷
 ÷
+ −
 
 
=
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
a 1 a 2 a 1 a 2
a 4

.
a
a 2 a 2
− − − + +
−
− +
=
( ) ( )
a 3 a 2 a 3 a 2
a 4
.
a a 4
− + − + +
−
−
=
6 a 6
a
a
− −
=
.
2) ĐK:
∆
’ > 0
⇔
1 + 2m > 0
⇔
m >
1

2
−
.
Theo đề bài :
( ) ( )
( )
2
2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
1 x 1 x 5 1 x x x x 5+ + = ⇔ + + + =


⇔

( )
( )
2
2
1 2 1 2 1 2
1 x x x x 2x x 5+ + + − =
.
Theo Vi-ét : x
1
+ x
2
= 2 ; x
1
.x
2
= -2m.

⇒
1 + 4m
2
+ 4 + 4m = 5
⇔
4m
2
+ 4m = 0
⇔
4m(m + 1) = 0
⇔
m = 0 hoặc m = -1.
Đối chiếu với ĐK m = -1 (loại), m = 0 (t/m).
Vậy m = 0.
Câu III:
Gọi số công nhân của đội thứ nhất là x (người). ĐK: x nguyên, 125 > x > 13.
Số công nhân của đội thứ hai là 125 – x (người).
Sau khi điều 13 người sang đội thứ hai thì số công nhân của đội thứ nhất còn lại là x – 13 (người)
Đội thứ hai khi đó có số công nhân là 125 – x + 13 = 138 – x (người).
Theo bài ra ta có phương trình : x – 13 =
2
3
(138 – x)
⇔
3x – 39 = 276 – 2x
⇔
5x = 315
⇔
x = 63 (thoả mãn).

Vậy đội thứ nhất có 63 người.
Đội thứ hai có 125 – 63 = 62 (người).
Câu IV:
M
F
E
D
B
C
O
A

1) Ta có
·
0
FAB 90=
(Vì FA
⊥
AB).
·
0
BEC 90=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O))
⇒

·
0
BEF 90=

⇒

·
·
0
FAB FEB 180+ =
.
Vậy tứ giác ABEF nội tiếp (vì có tổng hai góc đối bằng 180
0
).
2) Vì tứ giác ABEF nội tiếp nên
·
·
1
AFB AEB
2
= =
sđ
»
AB
.
Trong đường tròn (O) ta có
·
·
1
AEB BMD
2
= =
sđ
»
BD

.
Do đó
·
·
AFB BMD=
. Mà hai góc này ở vị trí so le trong nên
AF // DM. Mặt khác AF
⊥
AC nên DM
⊥
AC.
3) Xét hai tam giác ACF và ECB có góc C chung ,
µ
µ
0
A E 90= =
. Do đó hai tam giác ACF và ECB
đồng dạng
⇒

AC EC
CE.CF AC.CB
CF CB
= ⇒ =
(1).
Tương tự
∆
ABD và
∆
AEC đồng dạng (vì có

·
BAD
chung,
µ
·
·
0
C ADB 180 BDE= = −
).
⇒

AB AE
AD.AE AC.AB
AD AC
= ⇒ =
(2).
Từ (1) và (2)
⇒
AD.AE + CE.CF = AC.AB + AC.CB = AC(AB + CB) = AC
2
.
Câu V: Cách 1
Ta có x =
( )
( ) ( )
2
2 1
1 2 1 1 2 1
2 2 2
2 1

2 1 2 1
−
− −
= =
+
+ −
.
⇒
x
2
=
3 2 2
4
−
; x
3
= x.x
2
=
5 2 7
8
−
; x
4
= (x
2
)
2
=
17 12 2

16
−
; x
5
= x.x
4
=
29 2 41
32
−
.
Xét 4x
5
+ 4x
4
– 5x
3
+ 5x – 2 = 4.
29 2 41
32
−
+ 4.
17 12 2
16
−
- 5.
5 2 7
8
−
+ 5.

2 1
2
−
- 2
=
29 2 41 34 24 2 25 2 35 20 2 20 16
8
− + − − + + − −
= -1.
Vậy B = (4x
5
+ 4x
4
– 5x
3
+ 5x – 2)
2
+ 2008 = (-1)
2
+ 2008 = 1 + 2008 = 2009.
ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG
Năm học : 2008 – 2009
Khoá thi ngày 28/6/2008 - Thời gian 120 phút( buổi chiều )
( Đợt 2 )
Câu I ( 2,5 điểm ):
1, Giải các phương trình sau :
a,
1 5
1
2 2

x
x x
−
+ =
− −
b, x
2
-6x+1 = 0
2, Cho hàm số
( 5 2) 3y x= − +
Tính giá trị của hàm số khi x =
5 2+
.
Câu II ( 1,5 điểm ):
Cho hệ phương trình
2 2
2 3 4
x y m
x y m
− = −


+ = +

1, Giải hệ phương trình với m = 1
2, Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn : x
2
+ y
2
=10

Câu III ( 2,0 điểm:
1, Rút gọn biểu thức :
7 1
( 0; 9)
9
3 3
b b b
M b b
b
b b
 
−
= − − ≥ ≠
 ÷
 ÷
−
− +
 
2, Tích của 2 số tự nhiên liên tiếp lớn hơn tổng của chúng là 55. Tìm 2 số đó .
Câu IV ( 3,0 điểm ):
Cho đường tròn tâm O đường kính AB . Trên đường tròn lấy một điểm C ( C
không trùng với A,B và CA > CB ) . Các tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A , tại C cắt
nhau ở điểm D, kẻ CH vuông góc với AB ( H thuộc AB ), DO cắt AC tại E .
1, Chứng minh tứ giác OECH nội tiếp .
2, Đường thẳng CD cắt đường thẳng AB tại F. Chứng minh :
·
·
0
2 90BCF CFB+ =
.

3, BD cắt CH tại M . Chứng minh EM // AB .
Câu V ( 1,0 điểm ):
Cho x,y thỏa mãn :
(
)
(
)
2 2
2008 2008 2008x x y y+ + + + =
Tính x + y .
Lời giải đề thi vào THPT Tỉnh Hải Dương 2008 - 2009 ( Đợt 2 )
Câu I ( 2,5 điểm )
1, Giải các phương trình :
a,
1 5
1
2 2
x
x x
−
+ =
− −
ĐKXĐ :
2x ≠
=> 1 + ( x -2 ) = 5 - x
⇔
2x = 6

⇔
x = 3 ( Thỏa mãn ĐKXĐ )

b, x
2
- 6x + 1 = 0

' 2 '
( 3) 1 8; 2 2∆ = − − = ∆ =
x
1
= 3 -
2 2
; x
2
= 3+
2 2
.
2, Cho hàm số
( 5 2) 3y x= − +
Tính giá trị của hàm số khi x =
5 2+
.
Tại x =
5 2+
ta có:
( 5 2)( 5 2) 3 5 4 3 4y = − + + = − + =
Câu II ( 1,5 điểm ). Cho hệ phương trình
2 2
2 3 4
x y m
x y m
− = −



+ = +

1, Giải hệ phương trình với m = 1.
Với m = 1 hệ đã cho trở thành :
2 1 5 5 1
2 7 2 1 3
x y x x
x y y x y
− = − = =
  
⇔ ⇔
  
+ = = + =
  
2, Tìm m để hệ có nghiệm (x;y) thỏa mãn :
x
2
+ y
2
=10 .
2 2 5 5
2 3 4 2 2 2
x y m x m x m
x y m y x m y m
− = − = =
  
⇔ ⇔
  

+ = + = − + = +
  
Thay x; y vào x
2
+ y
2
=10 ta được :
m
2
+ (m+2)
2
= 10
⇔
m
2
+ 2m -3=0
Ta có a + b + c = 1 + 2 + (-3) = 0
=> m = 1 ; m = -3 .
Câu III ( 2,0 điểm )
1, Rút gọn biểu thức :
7 1
( 0; 9)
9
3 3
b b b
M b b
b
b b
 
−

= − − ≥ ≠
 ÷
 ÷
−
− +
 
7 ( 3) ( 1)( 3)
9 9
7 3 4 3 3
9 9 9
b b b b b
M
b b
b b b b b
M
b b b
 
+ − − −
= −
 ÷
 ÷
− −
 
+ − + −
= − =
− − −
2, Gọi số liền trước là x => số liền sau là
x+1 (
x N
∈

, x < 55 )
Theo đề ta có: x(x+1) - [x + ( x + 1) ] = 55
⇔
x
2
- x - 56 = 0
2
( 1) 4.( 56) 225; 15∆ = − − − = ∆ =
x= -7 ( loại ); x = 8 (Thỏa mãn điều kiện )
Vậy 2 số cần tìm là : x = 8 ; x = 9 .
Câu IV ( 3,0 điểm ).
1, Tứ giác OECH nội tiếp .
Dễ thấy OD là trung trực của AC
=> DO
⊥
AC =>
·
0
90COE =
Lại có
·
0
90CHO =
( theo giả thiết )
=> E; H thuộc đường tròn đường kính OC
Hay tứ giác OECH nội tiếp .
2,
·
·
0

2 90BCF CFB+ =
Ta có :
·
·
2COB BCF=
( góc ở tâm và góc tạo bởi
tia tiếp tuyến và dây cùng chắn
»
BC
của (O) )
E
M
H
F
K
D
B
O
A
C
OC
⊥
CF ( tính chất tiếp tuyến )
Xét tam giác vuông OCF có :
·
0
90OCF =
=>
·
·

0
90COF CFB+ =
Hay :
·
·
0
2 90BCF CFB+ =
.
3, EM // AB .
Kẻ tiếp tuyến tại B của (O) cắt DF tại K
Theo giả thiết : AD // CH // BK ( cùng vuông góc với AB ) .
áp dụng hệ quả định lí Ta let cho các tam giác ADB ; DBK có :
(1)
MH BH
AD AB
=
(2)
CM BK CM CK
DC DK AD DK
= => =
( Tính chất tiếp tuyến cắt nhau )
Lại có :
(3)
CK BH
DK AB
=
Từ (1) ; (2) ; (3) suy ra :
MH CM
AD AD
=

=> MH = CM .
Xét tam giác ACB có :
E là trung điểm AC ( theo 1, )
M là trung điểm CH ( theo trên )
=> EM là đường trung bình của tam giác => EM // AB .
Câu V ( 1,0 điểm )
Cho x,y thỏa mãn :
(
)
(
)
2 2
2008 2008 2008x x y y+ + + + =

Tính x + y .
Ta có :
(
)
(
)
2 2
2
2
2
2
2 2
2008 2008 2008
2008
2008
2008

2008( 2008)
2008
2008
2008 2008 (1)
x x y y
x x
y y
y y
x x
x x y y
+ + + + =
=> + + =
+ +
− +
=> + + =
−
=> + + = − + +
Tương tự :
2 2
2008 2008 (2)y y x x+ + = − + +
Cộng (1) cho (2) vế theo vế ta được: x + y = 0 .
ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG
Năm học : 2009-2010
MÔN THI: TOÁN
Khoá thi ngày: 06 tháng 07 năm 2009
Thời gian 120 phút.
( Đợt 1 )
Câu I : (2,0đ)
1. Giải phương trình: 2(x - 1) = 3 - x
2. Giải hệ phương trình:

2
2 3 9
y x
x y
= −


− =

Câu II : (2,0đ)
1. Cho hàm số y = f(x) =
2
1
2
x−
. Tính f(0); f(2); f(
1
2
); f(
2−
)
2. Cho phương trình (ẩn x): x
2
– 2(m + 1)x + m
2
- 1 = 0. Tìm giá trị của m để phương
trình có hai nghiệm x
1
, x
2

thoả mãn x
1
2
+x
2
2
= x
1
.x
2
+ 8.
Câu III : (2,0đ)
1. Rút gọn biểu thức:
A =
1 1 1
:
1 2 1
x
x x x x x
−
 
−
 ÷
+ + + +
 
Với x > 0 và x ≠ 1.
2. Hai ô tô cùng xuất phát từ A đến B, ô tô thứ nhất chạy nhanh hơn ô tô thứ hai mỗi
giờ 10km nên đến B sớm hơn ô tô thứ hai 1 giờ. Tính vận tốc hai xe ô tô, biết quãng
đường Ab dài là 300km.
Câu IV (3,0đ)

Cho đường tròn (O), dây AB không đi qua tâm. Trên cung nhỏ Ab lấy điểm M (M
không trùng với A, B). Kẻ dây MN vuông góc với AB tại H. Kẻ MK vuông góc với AN
(K∈AN).
1. Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc một đường tròn.
2. Chứng minh: MN là tia phân giác của góc BMK.
3. Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB. Gọi E là giao điểm của HK và BN. Xác định
vị trí của điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn nhất.
Câu V :(1,0đ)
Cho x, y thoả mãn:
3 3
2 2x y y x+ − = + −
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: B = x
2
+ 2xy – 2y
2
+2y +10.
Hết
LG
( Đợt 1 )
Câu I :
1.
3
5
533223)1(2 =⇔=⇔−=−⇔−=− xxxxxx
Vậy
2.
2 2 3
2 3 9 2 3( 2) 9 1
y x y x x

x y x x y
= − = − =
  
⇔ ⇔
  
− = − − = =
  
Vậy
Câu II :
1. f(0) = 0; f(2) = -2 ; f(1/2) = -1/8 ; f(-
2
)=-1.
2. ∆ = 8m+8 ≥ 0 ⇔ m ≥ -1.
Theo Viét ta có:
1 2
2
1 2
2 2
. 1
x x m
x x m
+ = +


= −

(*)
Mà theo đề bài ta có: x
1
2

+ x
2
2
= x
1
.x
2
+ 8
(x
1
+ x
2
)
2
- 2x
1
.x
2
= x
1
.x
2
+ 8
⇒
m
2
+ 8m -1 = 0 (Theo (*))
m
1
= - 4 +

17
(thoả mãn) m
2
= - 4 -
17
(không thoả mãn đk)
Câu III :
1. A =
2
2
1 1 ( 1) ( 1) 1
: .
( 1) ( 1) ( 1) 1
x x x x x
x x x x x x x
− − − − + − −
= =
+ + + −
2. Gọi vận tốc của ô tô thứ nhất là x (km/h) (x>0)
⇒
Vận tốc ô tô thứ hai là x- 10(km/h)
Thời gian ô tô thứ nhất đi hết quãng đường là:
300
x
(h)
Thời gian ô tô thứ hai đi hết quãng đường là:
300
10x −
(h)
Theo bài ra ta có phương trình:

300 300
1
10x x
− =
−
Giải phương trình trên tìm được: x
1
= -50 (không thoả mãn); x
2
= 60 (thoả mãn)
Vậy vận tốc xe thứ nhất là 60km/h, xe thứ hai là 50 km/h.
Câu IV :
1. Tứ giác AHMK nội tiếp đường tròn đường kính AM( vì
·
·
0
90AKM AHM= =
)
2. Vì tứ giác AHMK nội tiếp nên
·
·
KMH HAN=
(cùng bù với góc KAH)
Mà
· ·
NAH NMB=
(nội tiếp cùng chắn cung NB)
=>
·
·

KMN NMB=
=> MN là tia phân giác của góc KMB.
3. Ta có tứ giác AMBN nội tiếp =>
·
·
KAM MBN=
=>
·
·
·
MBN KHM EHN= =
=> tứ giác MHEB nội tiếp
=>
·
·
MNE HBN=
=>∆HBN đồng dạng ∆EMN (g-g)
E
K
H
M
N
B
A
O
=>
HB BN
ME MN
=
=> ME.BN = HB. MN (1)

Ta có ∆AHN đồng dạng ∆MKN ( Hai tam giác vuông có góc ANM chung )
⇒
AH AN
MK MN
=

⇒
MK.AN = AH.MN (2)
Từ (1) và (2) ta có: MK.AN + ME.BN = MN.AH + MN.HB = MN(HB+AH) = MN.AB.
Do AB không đổi, nên MK.AN + ME.BN lớn nhất khi MN lớn nhất
⇒
MN là đường
kính của đường tròn tâm O. Suy ra M là điểm chính giữa cung AB.
Câu V:
ĐK:
2; 2x y≥ − ≥ −
Từ
3 3
2 2x y y x+ − = + −

⇒
x
3
- y
3
+
2x +
-
2y +
=0

⇔
(x-y)(x
2
+ xy + y
2
) +
2 2
x y
x y
−
+ + +
= 0
⇔
(x-y)( x
2
+ xy + y
2
+
1
2 2x y+ + +
) = 0
⇒
x = y
( do x
2
+ xy + y
2
+
1
2 2x y+ + +

=
2
2
3
( )
2 4
y y
x + +
+
1
2 2x y+ + +
> 0
∀
2; 2x y≥ − ≥ −
)
Khi đó B = x
2
+ 2x + 10 = (x+1)
2
+ 9
≥
9
Min B = 9
⇔
x = y = -1 (thỏa mãn ĐK).
Vậy Min B = 9
⇔
x = y = -1.
ĐỀ THI TS VÀO 10 TỈNH HẢI DƯƠNG
Năm học : 2009-2010

MÔN THI: TOÁN
Khoá thi ngày: 08 tháng 07 năm 2009
Thời gian 120 phút.
( Đợt 2 )
Câu 1(2.0đ):
1) Giải phương trình:
x 1 x 1
1
2 4
− +
+ =

2) Giải hệ phương trình:
x 2y
x y 5
=


− =

Câu 2:(2.0đ )
a) Rút gọn biểu thức: A =
2( x 2) x
x 4
x 2
−
+
−
+
với x

≥
0 và x
≠
4.
b) Một hình chữ nhật có chiều dài hơn chiều rộng 2 cm và diện tích của nó là 15
cm
2
. Tính chiều dài và chiều rộng của hình chữ nhật đó.
Câu 3: (2,0đ)
Cho phương trình: x
2
- 2x + (m – 3) = 0 (ẩn x)
a) Giải phương trình với m = 3.
b) Tính giá trị của m, biết phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2

và thỏa mãn điều kiện: x
1
2
- 2x
2
+ x
1
x
2
= - 12
c)
Câu 4:(3đ)

Cho tam giác MNP cân tại M có cậnh đáy nhỏ hơn cạnh bên, nội tiếp
đường tròn ( O;R). Tiếp tuyến tại N và P của đường tròn lần lượt cắt tia MP và tia
MN tại E và D.
a) Chứng minh: NE
2
= EP.EM
b) Chứng minh tứ giác DEPN kà tứ giác nội tiếp.
c) Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với MN cắt đường tròn (O) tại K
( K không trùng với P). Chứng minh rằng: MN
2
+ NK
2
= 4R
2
.
Câu 5:(1,0đ)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A =
2
6 8
1
x
x
−
+
LG
( Đợt 2 )
Câu I.
a,
x 1 x 1
1 2(x 1) 4 x 1 x 1

2 4
− +
+ = ⇔ − + = + ⇔ = −
Vậy
b,
x 2y x 2y x 10
x y 5 2y y 5 y 5
= = =
  
⇔ ⇔
  
− = − = =
  
Vậy
Câu II.
a, với x
≥
0 và x
≠
4.
Ta có:
2( 2) 2( 2) ( 2) ( 2)( 2)
1
( 2)( 2) ( 2) ( 2)( 2) ( 2)( 2)
x x x x x x x
A
x x x x x x x
− − + − − +
= + = = =
− + + − + − +

b, Gọi chiều rộng của HCN là x (cm); x > 0
⇒
Chiều dài của HCN là : x + 2 (cm)
Theo bài ra ta có PT: x(x+2) = 15 .
Giải ra tìm được :x
1
= -5 ( loại ); x
2
= 3 ( thỏa mãn ) .
Vậy chiều rộng HCN là : 3 cm , chiều dài HCN là: 5 cm.
Câu III.
a, Với m = 3 PT trở thành : x
2
- 2x
( 2) 0x x⇔ − =
⇒
x = 0 hoặc x = 2
Vậy
b, Để PT có nghiệm phân biệt x
1
; x
2
thì
'
0 4 0 4 (*)m m∆ > => − > => <
.
Theo Vi-et :
1 2
1 2
2 (1)

3 (2)
x x
x x m
+ =


= −

Theo bài: x
2
1 -
2x
2
+ x
1
x
2
= - 12 => x
1
(x
1
+ x
2
) -2x
2
=-12
⇒
2x
1
- 2x

2
= -12 ) ( Theo (1) )
hay x
1
- x
2
= -6 .
Kết hợp (1)
⇒
x
1
= -2 ; x
2
= 4 Thay vào (2) được :
m - 3 = -8
⇒
m = -5 ( TM (*) )
Câu IV .
a,
∆
NEM đồng dạng
∆
PEN ( g-g)
2
.
NE ME
NE ME PE
EP NE
=> = => =
b,

·
·
MNP MPN=
( do tam giác MNP cân tại M )
·
·
·
( ùng )PNE NPD c NMP= =
=>
·
·
DNE DPE=
.
Hai điểm N; P cùng thuộc nửa mp bờ DE và cùng nhìn DE
dưới 1 góc bằng nhau nên tứ giác DNPE nội tiếp .
H
E
D
F
I
P
O
N
K
M
c,
∆
MPF đồng dạng
∆
MIP ( g - g )

2
. (1)
MP MI
MP MF MI
MF MP
=> = => =
.
∆
MNI đồng dạng
∆
NIF ( g-g )
2
IF
.IF(2)
NI
NI MI
MI NI
=> = => =
Từ (1) và (2) : MP
2
+ NI
2
= MI.( MF + IF ) = MI
2
= 4R
2
( 3).
Có góc NMI = góc KPN ( cùng phụ góc HNP )
=> góc KPN = góc NPI
=> NK = NI ( 4 )

Do tam giác MNP cân tại M => MN = MP ( 5)
Từ (3) (4) (5) suy ra đpcm .
Câu V .
2
2
6 8
Ax 8 6 0 (1)
1
x
A x A
x
−
= => + + − =
+
Để tồn tại Max, Min A thì (1) phải có nghiệm
⇒
'
∆
= 16 - A (A - 6)
≥
0
2 8A
=> − ≤ ≤
.
Max A = 8
⇔
x =
1
2
−

.
Min A = -2
⇔
x = 2 .